2022届常德市名校高一(下)物理期末达标检测模拟试题含解析

2022届常德市名校高一(下)物理期末达标检测模拟试题
一、单项选择题：本题共6小题，每小题5分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的
1．下列式子属于比值定义物理量的是 A ．t=
x v
∆ B ．a=
F m
C ．C=
Q U
D ．U I R
=
【答案】C 【解析】 【详解】
A.公式t=
x
v ∆是匀速直线运动时间与位移的公式，不符合比值定义法的共性。

故A 错误； B.公式a=F
m
是牛顿第二定律的表达式，不属于比值定义法，故B 错误；
C.电容是由电容器本身决定的，与Q 、U 无关，公式C=Q
U
是电容的定义式，是比值定义法，故C 正确；
D.I 与U 成正比，与R 成反比，不符合比值定义法的共性。

故D 错误。

2． (本题9分)如图所示，左侧为加速电场，右侧为偏转电场，加速电场的加速电压是偏转电场电压的k 倍．有一初速度为零的带电粒子经加速电场加速后，从偏转电场两板正中间垂直电场强度方向射入，且正好能从下极板右边缘穿出电场，不计带电粒子的重力，则偏转电场长、宽的比值
1
d
为( )
A ．
k
B ．
2k
C ．
3k
D ．
5k
【答案】B 【解析】 【详解】
设加速电压为kU ，偏转电压为U ，对直线加速过程，根据动能定理，有：q （kU ）=12
mv 2； 对类似平抛运动过程，有：l=vt ；21 22d qU t md =⋅；联立解得：2l k d
=B ． 【点睛】
本题关键是分直线加速和类似平抛运动分析，对直线加速根据动能定理列式，对类似平抛过程根据分位移公式列式，基础题目．
3． (本题9分)高空作业须系安全带，如果质量为m 的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前人下落的距离为h(可视为自由落体运动)．此后经历时间t 安全带达到最大伸长，若在此过程中该作用力始终竖直向上，则该段时间安全带对人的平均作用力大小为( )
A ＋mg
B －mg
C mg
D mg 【答案】A 【解析】 【详解】
在安全带对人有拉力的瞬间时，人做自由落体运动，此过程机械能守恒，故有212
mgh mv =，即在产生拉力
瞬间速度为v
量定理可得：有0Ft mgt mv -=-，联立解得F mg -=+ 【点睛】
本题关键是明确物体的受力情况和运动情况，然后对自由落体运动过程和全程封闭列式求解，注意运用动量定理前要先规定正方向
4． (本题9分)关于瞬时速度、平均速度、速度、平均速率，下列说法正确的是 A ．在直线运动中，某一段时间内的平均速度大小一定等于它在这段时间内的平均速率 B ．运动物体在某段时间内的任一时刻速率都不变，则它在这段时间内的瞬时速度一定不变 C ．若物体在某段时间内每个时刻的瞬时速度都等于零，它在这段时间内的平均速度可能不等于零 D ．若物体在某段时间内的平均速度等于零，它这段时间内的任一时刻的瞬时速度可能都不等于零 【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】
A ．平均速度等于位移与时间的比值，平均速率等于路程与时间的比值，如果物体做往返直线运动，则位移和路程不等，则平均速度大小不等于平均速率，A 错误；
B ．瞬时速率是瞬时速度的大小，瞬时速率只有大小没有方向，瞬时速度既有大小又有方向，所以瞬时速率不变，只是大小不变，有可能方向在变，如匀速圆周运动，瞬时速度时刻在变，B 错误；
C ．若物体在某段时间内每个时刻的瞬时速度都等于零，说明物体处于静止状态，平均速度一定为零，C 错误；
D ．物体做圆周运动，转动一周，位移为零，所以平均速度为零，但是过程中的瞬时速度却不为零，D 正确； 故选D.
考点：考查了平均速度，平均速率，瞬时速度
【名师点睛】
正确解答本题的关键是：深刻理解瞬时速度、平均速度、平均速率等基本概念，瞬时速度是与某一时刻或者某一位置相对应的速度，平均速度是质点在某段时间内运动的位移与所用时间的比值，而平均速率是所用路程与时间的比值，二者是两个完全不同的概念．
5．如图所示，A 、B 为匀强电场中的两点，A 、B 间距离为L ，A 、B 连线与电场线夹角为θ，场强为E ，则A 、B 间的电势差为
A ．EL
B ．ELcosθ
C ．ELsinθ
D ．0 【答案】B 【解析】 【详解】
根据匀强电场的场强与电势差的关系可知，A 、B 间的电势差为cos AB U EL θ=，故选B.
6． (本题9分)地球半径是R ，地球表面的重力加速度是g ，万有引力常量是G 。

忽略地球自转的影响。

如认为地球的质量分布是均匀的，则地球的密度的表达式为 A ．
B ．
C ．
D ．
【答案】C 【解析】 【详解】
地球表面重力与万有引力相等有：
，可得地球质量为：
，又地球的体积为：
，
所以地球的密度为：
A. 与分析不符，A错误
B. 与分析不符，B错误
C. 与分析相符，C正确
D. 与分析不符，D错误
二、多项选择题：本题共6小题，每小题5分，共30分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分
7．(本题9分)已知地球的质量为M，半径为R，表面的重力加速度为g，那么地球的第一宇宙速度的表达式有：
A GM
R
B Rg C
2
GM
R
D
R
g
【答案】AB 【解析】
第一宇宙速度是卫星在近地圆轨道上的环绕速度，根据万有引力提供向心力得：
2
2
Mm v
G m
R R
=，解
得:
GM
v
R
=A正确，根据地面附近引力等于重力得：
2
Mm
G mg
R
=，联立可得：v gR
=
AB正确，CD错误．
8．(本题9分)金星和木星是除太阳和月球以外最明亮的天体．金星为昏星（即长庚星），肉眼清晰可见；而以色彩斑斓的条纹和平行于赤道的大红斑而闻名的木星，日落后比金星要暗一些．金星到太阳的距离小于木星到太阳的距离，下列关于金星和木星的说法正确的是（）
A．金星与太阳的连线在相等的时间内扫过的面积相等
B．木星与太阳的连线在相等的时间内转过的角度相等
C．金星绕太阳运动的公转周期比木星绕太阳运动的公转周期小
D．金星绕太阳运动的线速度一定比木星绕太阳运动的线速度小
【答案】AC
【解析】
【详解】
AB、对任意一个行星来说，根据开普勒第二定律可知金星与太阳的连线在相等的时间内扫过的面积相等，
故A 正确，B 错误；
C 、根据万有引力提供向心力，则有22(2)GMm m r r T π=，解得3
2r T GM
π=，因为金星轨道半径比木星小，所以金星绕太阳运动的公转周期比木星绕太阳运动的公转周期小，故C 正确；
D 、根据万有引力提供向心力，则有2
2
GMm v m r r
=，解得GM v r =，轨道半径越小，线速度越大，因为金星轨道半径比木星小，金星绕太阳运动的线速度比木星绕太阳运动的线速度大，故D 错误。

故选AC ． 【点睛】
开普勒第二定律，对每一个行星而言，太阳行星的连线在相同时间内扫过的面积相等，根据万有引力提供向心力，求出公转周期和线速度关系．
9．如图甲所示为某实验小组验证动量守恒定律的实验装置，他们将光滑的长木板固定在桌面上，甲、乙两小车放在木板上，并在小车上安装好位移传感器的发射器，且在两车相对面上涂上黏性物质.现同时给两车一定的初速度，使甲、乙沿水平面上同一条直线运动，发生碰撞后两车粘在一起，两车的位置x 随时间t 变化的图象如图乙所示.甲、乙两车质量(含发射器)分别为1kg 和8kg ，则下列说法正确的是( )
A ．两车碰撞前总动量大于碰撞后总动量
B ．碰撞过程中甲车损失的动能是 J
C ．碰撞后两车的总动能比碰前的总动能小
D ．两车碰撞过程为弹性碰撞 【答案】BC 【解析】 【详解】
A.设a 、b 两车碰撞前的速度大小为v 1、v 2，碰后的速度大小为v 3，根据x-t 图象表示速度，结合题图乙得v 1=2m/s ，v 2=1m/s ，
，以向右为正方向，碰前总动量：
碰后总动量：
两车碰撞前总动量等于碰撞后总动量，故A不符合题意；
B.碰撞前a车动能为
碰撞后a车动能为
所以碰撞过程中a车损失的动能是
故B符合题意。

C.碰前a、b两车的总动能为
碰后a、b两车的总动能为
故C符合题意；
D.两车碰撞过程中机械能不守恒，发生的是完全非弹性碰撞，故D不符合题意。

10．(本题9分) 如图所示，小球在竖直放置的光滑圆形管道内做圆周运动，内侧壁半径为R，小球半径为r，则下列说法正确的是()
g R r+
A．小球通过最高点时的最小速度v min()
B．小球通过最高点时的最小速度v min＝0
C．小球在水平线ab以下的管道中运动时，内侧管壁对小球一定无作用力
D．小球在水平线ab以上的管道中运动时，外侧管壁对小球一定有作用力
【答案】BC
【解析】
AB.因为管的内壁可以给小球支持力，所以小球沿管上升到最高点的速度可以为零．故选项A 错误，B 正确
C.小球在水平线ab 以下的管道中运动时，由外侧管壁对小球的作用力N F 与小球重力在背离圆心方向的分
力1F 的合力提供向心力，即2
N 1v F F m R r
-=+，因此外侧管壁一定对小球有作用力，而内侧壁无作用力．故
选项C 正确
D.小球在水平线ab
以上的管道中运动时，小球受管壁的作用力与小球速度大小有关，最高的点的速度
v =1．故选项D 错误．
11． (本题9分)一艘小船在静水中的速度为3 m/s ，渡过一条宽150 m ，水流速度为4 m/s 的河流，则该小船（ ） A ．能到达正对岸
B ．渡河的时间可能少于50 s
C ．以最短位移渡河时，位移大小为200 m
D ．以最短时间渡河时，沿水流方向的位移大小为200 m 【答案】BCD 【解析】 【详解】
A ．因为船在静水中的速度小于河水的流速，由平行四边形法则求合速度不可能垂直河岸，小船不可能垂直河岸正达对岸，故A 错误；
B ．当船的静水中的速度垂直河岸时渡河时间最短，为
min 50s c
d
t v =
= 故B 正确；
C ．因为船在静水中的速度小于河水的流速，由平行四边形法则求合速度不可能垂直河岸，小船不可能垂直河岸正达对岸，船以最短位移渡河时，船速度与合速度方向垂直，则合速度与河岸的夹角θ满足
3sin 4
v v θ=
=船水 则船的位移为：
200m sin d
x θ
=
= 故C 正确；
D ．船以最短时间渡河时，沿水流方向的位移：1min 450m 200m x v t ==⨯=水，故D 正确。

【点睛】
船航行时速度为静水中的速度与河水流速二者合速度，最短的时间主要是希望合速度在垂直河岸方向上的分量最大，这个分量一般刚好是船在静水中的速度，即船当以静水中的速度垂直河岸过河的时候渡河时间最短；如果船在静水中的速度小于河水的流速，则合速度不可能垂直河岸，那么，小船不可能垂直河岸正达对岸。

12． (本题9分)如右图所示，a 、b 、c 是地球大气层外圆形轨道上运行的三颗人造地球卫星，a 、b 质量相同，且小于c 的质量，则（ ）
A ．b 所需向心力最大
B ．b 、c 周期相等，且大于a 的周期
C ．b 、c 向心加速度相等，且大于a 的向心加速度
D ．b 、c 的线速度大小相等，且小于a 的线速度 【答案】BD 【解析】 【分析】 【详解】
A ．因卫星运行的向心力就是它们所受的万有引力
2
GMm
F r =
可知b 所受的引力最小，故A 错误． B ．由
2
2
2GMm m r r T π⎛⎫= ⎪⎝⎭
可知半径r 越大周期越大，所以b ，c 的周期相等且大于a 的周期，故B 正确； C ．由
2
GMm
ma r
= 可知半径r 越大则加速度越小，所以b ，c 的向心加速度大小相等，且小于a 的向心加速度，故C 错误； D ．由
2
2
GMm v m r r
=
可知半径r越大则线速度越小，所以b，c的线速度大小相等，且小于a的线速度，故D正确。

故选BD。

三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．(本题9分)某课外小组练习使用多用电表测量电阻．他们的操作过程如下：
A．将红、黑表笔分别插入多用电表的“＋”“－”插孔，选择开关旋钮转至电阻“×10”挡；
B．将红、黑表笔短接，调节欧姆调零旋钮使指针指零；
C．将红、黑表笔分别与电阻的两端相连，多用电表的示数如图所示，读出电阻的阻值；
D．
（1）该电阻的阻值为__________Ω.
（2）D步骤应该是_______________________________________________
【答案】（1）190Ω；（2）将选择开关旋至交流最大或“OFF”挡
【解析】
⨯=Ω；
（1）欧姆表指针示数与档位的乘积是欧姆表示数，读数为19.010190
（2）读数结束后，应将选择开关旋至交流最大或“OFF”挡．
14．(本题9分)用20分度的游标卡尺测量某工件的内径时，示数如图甲所示，由图可知其长度为_________cm；用螺旋测微器测量某圆柱体的直径时，示数如图乙所示，由图可知其直径为
___________mm．
【答案】1.340 4.701
【解析】
【详解】
[1]．游标卡尺的主尺读数为1.3cm，游标读数为0.05×8mm=0.40mm=0.040cm，所以最终读数为
1.3cm+0.040cm=1.340cm；
[2]．螺旋测微器的固定刻度读数为4.5mm，可动刻度读数为0.01×20.1m=0.201mm，所以最终读数为4.701mm.
四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．有一种拓展训练的项目是在两山崖等高的A 、B 两点之间栓上钢丝绳索，通过绳索上的小滑轮使队员沿绳索滑至对面。

如图，质量为m 的队员甲抓住小滑轮上的绳套，当他双脚离地后，队员乙用水平力拉住滑轮使悬点A 与滑轮间的绳索AP 呈竖直状态，滑轮两侧绳索间的夹角为θ，然后将队员甲由静止释放。

不计绳和滑轮重、摩擦和空气阻力，已知重力加速度为g ，求
(1)释放前队员乙对滑轮的水平拉力F ； (2)当队员甲下降的高度为h 时他的速度大小。

【答案】 (1) tan 2
F mg θ
=（或
sin 1cos mg θ
θ
+）(2) 2v gh 【解析】 【详解】
（1）以滑轮为研究对象，设绳索拉力大小为T F ，在竖直方向有
cos T T F F mg θ+=①
水平方向有
sin T F F θ=②
解得tan
2
F mg θ
=（或
sin 1cos mg θ
θ
+）③
（2）当队员甲下降的高度为h 时，根据机械能守恒
2
12
mgh mv =
④ 解得2v gh =
16． (本题9分)柴油打桩机的重锤由气缸、活塞等若干部件组成，气虹与活塞间有柴油与空气的混合物．在重锤与桩碰摊的过程中，通过压缩使混合物燃烧，产生高温高压气体，从而使桩向下运动，锤向上运动．现把柴油打桩机和打桩过程简化如下：柴油打桩机重锤的质量为m ，锤在桩帽以上高度为h 处（如图1）从静止开始沿竖直轨道自由落下，打在质量为M （包括桩帽）的钢筋混凝土桩子上，同时，柴油燃烧，产生猛烈推力，锤和桩分离，这过程的时间极短．随后，桩在泥土中向下移动一距离l ．已知锤反跳后到达最高点时，锺与已停下的桩子之间的距离也为h （如图2）．已知3
1.010kg m =⨯，3
2.010kg M =⨯，
2.0m h =，0.2m l =，重力加速度210m/s g =，混合物的质量不计，设桩向下移动的过程中泥土对桩
的作用力F 是恒力，求：
（1）重锤m 与桩子M 发生碰撞之前的速度1v 大小；
（2）重锤m 与桩子M 发生碰后即将分离瞬间，桩子的速度V 大小；
（3）桩向下移动的过程中泥土对桩的作用力F 的大小．
【答案】（1）1210m/s v = （2）见解析 （3）5
2.110F N =⨯
【解析】
（1）锤自由下落，设碰桩前速度大小为1v ，由动能定理得： 2112
mgh mv = 化简得：12210m/s v gh == 即锤与桩碰撞前的瞬间，锤速度的大小为210m/s
（2）碰后，设碰后锤的速度大小为2v ，由动能定理得：
221()2
mg h l mv -= 化简得：22()v g h l =-
设碰后桩的速度为V ，由动量守恒定律得：
12mv MV mv =- 解得(310/V m s =
桩下降的过程中，根据动能定理得： 2102
Fl Mgl MV -+=- 解得：52.110F N =⨯ 即桩向下移动的过程中泥土对桩的作用力的大小为52.110N ⨯
故本题答案是：（1）1210m/s v = （2）(310/V m s = （3）52.110F N =⨯ 点睛：利用动能定理求解重锤落下的速度以及重锤反弹的速度，，根据动量守恒求木桩下落的速度．
17． (本题9分)如图所示，固定在竖直面内的圆弧轨道BC 与水平地面相切于C 点，半径OB 与水平方向的夹角37θ=︒．一质量0.2kg m =的小物块（可视为质点）从O 点正上方的A 点以大小03m/s v =s 的速度水平向左抛出，恰好沿B 点的切线方向进人并沿圆弧轨道运动，最终停在D 点．已知物块从C 点运动
到D 点历时t=1.2s ，物块与地面间的动摩擦因数0.5μ=，取210m/s g = sin370.6︒=，cos370.8︒=．
求：
（1）圆弧轨道的半径R ；
（2）物块到达C 点前瞬间的速度大小C v 以及此时圆弧轨道对物块的支持力大小N ；
（3）物块从B 点运动到C 点的过程中，系统因摩擦产生的热量Q ．
【答案】 (1)1.5m (2)6m/s ；6.8N (3)3.7J
【解析】
【分析】
【详解】
（1）设物块抛出后在空中做平抛运动的时间为0t ，则物块到达B 时的竖直分速度大小为：
0y v gt =
由几何关系有：
0tan y v v θ=
又：
00cos R v t θ=
解得：
1.5m R =
（2）物块从C 点运动到D 点的过程中，根据牛顿第二定律有：
mg ma μ=
由匀变速直线运动规律有：
c v at =
解得：
6m/s c v =
物块刚到达C 点时有：
2c v N mg m R
-= 解得：
6.8N N =．
（3）物块通过B 点时的速度大小为：
0sin B v v θ
= 物块从B 点到C 点的过程中，根据能量守恒定律有：
2211(sin )22
B C Q mg R R mv mv θ=++- 解得：
3.7J Q =
点睛：该题为平抛运动与圆周运动的结合的综合题，要能够掌握平抛运动的规律、牛顿第二定律和机械能守恒定律，能正确分析能量如何转化；注意两种运动衔接点的速度关系．。